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备战2022年高考化学一轮巩固模拟卷2(全国乙卷专用)(Word版带答案)

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备战2022年高考化学一轮巩固模拟卷2(全国乙卷专用)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Al27S32Ca40Fe56Ba137一、选择题:本题7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021·全国·模拟预测)《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法:“取钢煅作叶如笏或团,平面磨错令光净,以盐水洒之,于醋瓮中阴处埋之一百日,铁上衣生,铁华成矣。”中药材铁华粉是(       )A.氧化铁B.氯化亚铁C.氯化铁D.醋酸亚铁2.(2022·全国·模拟预测)用下列实验装置进行相应的实验,能达到实验目的的是A.利用图甲验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性,SO2具有漂白性、还原性B.利用图乙制备并收集干燥的氢气C.利用图丙制备并收集少量的NO2D.利用图丁制取碳酸氢钠3.(2021·山东·高三阶段练习)设NA表示阿伏德罗常数的值,下列叙述正确的是(       )A.25℃,1.01×105Pa,64gSO2中含有的原子数为3NAB.1molCl2中含有的原子数为NAC.1mol·L-1A1Cl3溶液中含有的Cl-数目为3NAD.标准状况下,2.24LCH4含有的H原子数为0.1NA4.(2021·河北易县中学高二期末)布洛芬为解热镇痛药物,合成该物质的部分合成路线如图所示。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 下列说法正确的是A.可利用酸性KMnO4溶液区分物质Ⅰ和ⅡB.上述反应均属于氧化反应,且Na2Cr2O7作氧化剂C.1mol布洛芬最多与4molH2加成D.布洛芬的一氯代物有7种5.(2022·全国·模拟预测)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的原子序数是Z的原子序数的一半,W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是A.原子半径:Z>X>WB.气态氢化物的稳定性:Z>W>YC.Y的最高价氧化物的水化物可溶于X和Z的最高价氧化物的水化物D.化合物M中所有的原子均满足8电子稳定结构6.(2022·全国高三阶段练习)2021年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取的绿色方法,原理如图所示(已知:,)。下列说法错误的是A.X膜为选择性阳离子交换膜电极B.催化剂可促进反应中电子的转移C.1molO2完全反应,电极上流过D.a极上的电极反应为:7.(2021·全国·高三专题练习)25℃时,SO2与NaOH反应后的溶液中存在含硫微粒试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 H2SO3、HSO和SO,三者中各自所占的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.a表示SO物质的量分数随溶液pH变化的曲线B.pH=8的溶液中:c(HSO)>c(SO)C.pH=7的溶液中:c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)D.1mol/L的NaHSO3溶液中存在:c(H2SO3)=c(H+)+c(OH-)+c(SO)二、非选择题:共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共43分。8.(2021·福建·高三阶段练习)三氯化硼(BC13,沸点为12.5℃,熔点为-107.3℃)可用作有机合成催化剂,某化学兴趣小组利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼。已知三氯化硼遇水剧烈反应,生成硼酸(H3BO3为一元弱酸)和盐酸。该兴趣小组利用如图所示的部分装置(可重复选用)进行实验。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 (1)仪器g的名称是_____,若用装置H收集氯气,气体应从_____(填“a”或“b”)进入。(2)装置的连接顺序依次为A→____→____→____→____→____→____→F,装置G的作用是:______。(3)NaH2BO3的电离方程式为_______。(4)实验完成后,某同学向装置F中(溶液含有0.1mol∙L-1NaClO、0.1mol∙L-1NaCl、0.2mol∙L-1NaOH)滴加品红溶液,发现溶液褪色。现设计实验探究溶液褪色的原因。实验序号0.2mol∙L-1NaClO/mL0.2mol∙L-1NaCl/mL0.4mol∙L-1NaOH/mLH2O/mL品红溶液现象Ⅰ0.015.015.00.04滴不褪色Ⅱ15.00.015.00.04滴缓慢褪色Ⅲ15.00.00.0x4滴较快褪色则x=______,由实验得出的结论是_________________。(5)NaOH溶液常用于酸碱中和滴定。在规格为50.00mL的碱式滴定管中,若NaOH溶液起始读数为20.00mL,此时滴定管中NaOH溶液的实际体积为_______。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 (6)H3BO3可由硼砂(Na2B4O7∙10H2O)与盐酸在加热的条件下反应制得,该反应的化学方程_______。9.(2022·江西赣州·高三期末)(1)25℃时,制备四氯化硅相关的热化学方程式和平衡常数如表:热化学方程式平衡常数①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)   △H1=+48kJ·mol-1K1②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)△H2=-30kJ·mol-1K2③4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)     △H3K3则该温度下,ΔH3=_______kJ∙mol-1;K3=_______(用K1和K2表示)。(2)25℃时,在体积为1L的恒容密闭容器中通入0.8molNO和0.4molCl2发生如下反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)。①若温度恒定,反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图实线所示,则ΔH_______(填">""<"或"=")0;②若其他条件相同,仅改变某一条件,测得其压强随时间的变化如图虚线所示,则改变的条件是_______;③在5min时,再充入0.8molNO和0.4molCl2,再次平衡后则NO的转化率_______(填"增大"、"减小"或"不变")。④如图是甲、乙两同学描绘上述反应的平衡常数的负对数值(-lgK)与温度的变化关系图,其中正确的曲线是_______(填"甲"或"乙")。25℃时测得该反应在某时刻,NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.5、0.25、0.3,则此时v正_______v逆(填">""<"或"=")。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 (3)某温度下将NO2和Cl2按物质的量之比2∶1通入恒温恒容密闭容器中发生以下反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g),达到平衡时,测得Cl2的平衡转化率为50%,若反应前容器内压强为90MPa,则该反应条件下的平衡常数为Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。10.(2019·湖南益阳·一模)K3[Fe(C2O4)3]•3H2O(三草酸合铁酸钾)为充绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,110℃下失去三分子结晶水成为K3[Fe(C2O4)3],230℃时分解,它是制备某些活性铁催化剂的主要原料,实验室中利用废铁屑制备三草酸合铁酸钾的流程如下:回答下列问题:(1)加Na2CO3溶液“浸取”的目的是______。(2)“沉铁”充分反应后过滤,需要用热的蒸馏水分2~3次洗涤沉淀,检验沉淀已洗涤干净的操作是______。(3)“溶解、氧化”时,还生成了Fe(OH)3,写出该反应的化学方程式:______。(4)“调pH”是为了获得更多的产品,此时发生反应的化学方程式为______。(5)“一系列操作”包括______、洗涤。(6)测定样品中K3[Fe(C2O4)3]•3H2O的百分含量:①准确称取5.00g样品:②将样品放在110℃恒温干燥箱中干燥1小时:③在于燥器中冷却至室温,称量剩余固体的质量;④重复②~③。结束重复操作的标志为______;若最终剩余固体的质量为4.46g,则样品中K3[Fe(C2O4)3]•3H2O的百分含量为______。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 (二)选考题:共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。11.(2021·黑龙江·哈尔滨德强学校高三期中)我国科学家团队采用自激发缺陷诱导的方法获得白光,合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2。(1)基态50Sn原子的价电子排布式为______。Ba、Sn、O三种元素的电负性由大到小的顺序为______。(2)Na2[B4O5(OH)4]·8H2O(硼砂)的阴离子的结构式如图所示。则硼原子的杂化方式为______;硼砂中存在的作用力有______(填标号)。a.氢键                    b.离子键                    c.共价键                    d.配位键(3)环硼氮六烷(结构如图)在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。(4)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示,则1号砷原子的坐标为______。已知阿伏加德罗常数的值为NA,若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm,则该晶体的密度为______g·cm-3。(列出含a、NA的计算式即可)。12.(2020·吉林·通榆县第一中学校高三阶段练习)药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体,其合成路线如下:试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 ①R-OHR-Cl;②回答下列问题:(1)B的结构简式为_________________________,B→C的反应类型为_____________,J中含氧官能团的名称为_______________,G→H的反应化学方程式为_____________________________________________。(2)写出符合下列条件的C的同分异构体X__________________________(填结构简式,不考虑立体异构)。①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子;   ②与FeCl3溶液发生显色反应;   ③1molX与足量金属Na反应可生成2gH2。(3)E中含两个Cl原子,则E的结构简式为________________________________________________。(4)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线(其它试剂任选):________________。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 参考答案:1.D【解析】根据题意分析,醋中含有醋酸,与铁反应生成醋酸亚铁和氢气,因此中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁。故选D。2.A【解析】A.图甲中浓硫酸具有脱水性使蔗糖转化为碳,碳和浓硫酸生成二氧化硫气体,可以验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性;品红溶液、高锰酸钾溶液褪色,可以验证SO2具有漂白性、还原性,A正确;B.氢气密度小于空气,应该用向下排空气法收集,B错误;C.二氧化氮和水反应,不能用排水法收集,C错误;D.氨气极易溶于水应该使用防倒吸装置,D错误;故选A。3.A【解析】A.64gSO2中含有的原子数为64g÷64g/mol×3×NA=3NA,故A正确;B.1个Cl2分子含有2个原子,1molCl2中含有的原子数为2NA,故B错误;C.没有溶液体积,不能计算1mol·L-1A1Cl3溶液中含有的Cl-数目,故C错误;D.标准状况下,2.24LCH4的物质的量是0.1mol,含有的H原子数为0.4NA,故D错误。4.D【解析】A.物质Ⅰ苯环所连烷基的碳原子上有氢,可被酸性高锰酸钾氧化,物质Ⅱ苯环所连碳上有氢且含有醛基,也可使酸性溶液褪色,A错;B.物质Ⅰ→Ⅱ的转化,不属于氧化反应,B错;C.布洛芬中只有苯环能与氢气加成,所以1mol布洛芬最多与加成,C错;D.如图箭头所指位置,一氯代物有7种,D正确;答案选D。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 5.D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,根据M的结构图,W能形成2个共价键,则W是O元素,Y能形成4个共价键且与氧元素形成双键,原子序数大于O,则Y是Si元素;W的原子序数是Z的原子序数的一半,Z是S元素;X形成+1价阳离子,原子序数大于O,则X是Na元素。A.电子层数越多半径越大,电子层数相同,质子数越多半径越小,原子半径Na>S>O,故A错误;B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性H2O>H2S>SiH4,故B错误;C.Y的最高价氧化物的水化物为硅酸,X和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和硫酸,硅酸不能溶于硫酸,故C错误;D.Na+最外层有8个电子,O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键,所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构,故D正确;综上所述选D。6.C【解析】由图示可知左边a电极通入氢气为负极,被氧化生成氢离子,电极方程式为:,氢离子经过X膜进入多孔固体电解质中,则X膜为选择性阳离子交换膜,右边b电极通入氧气为正极,被还原生成,反应为O2+2e-+H2O=OH-+,和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中,则Y膜为选择性阴离子交换膜,总反应为:H2+O2=H2O2,据此进行回答。A.结合以上分析可知,X膜为选择性阳离子交换膜电极,故A正确;B.催化剂可以加快反应速率,可以促进反应中电子的转移,故B正确;C.根据总反应H2+O2=H2O2可知,消耗1mol氧气,转移电子2mol,所以1molO2完全反应,电极上流过,故C错误;D.结合以上分析可知,a极上的电极反应为:,故D正确;故选C。7.C试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 【解析】A.H2SO3在水中分步电离,依次电离出HSO和SO,因此a表示HSO物质的量分数随溶液pH变化的曲线,故A错误;B.b表示SO物质的量分数随溶液pH变化的曲线,由图可知,pH=8的溶液中:c(SO)>c(HSO),故B错误;C.溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-),pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-),因此溶液中c(Na+)=c(HSO)+2c(SO),故C正确;D.1mol/L的NaHSO3溶液中存在物料守恒:c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3),电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-),联立可知,c(H2SO3)=c(SO)+c(OH-)-c(H+),故D错误;综上所述,说法正确的是C项,故答案为C。8.    蒸馏烧瓶    a    D    E    C    B    E    G    安全瓶,防倒吸    NaH2BO3=Na++    15.0    NaClO能使品红溶液褪色,溶液碱性越强褪色越慢    大于30.00mL    Na2B4O7∙10H2O+2HCl4H3BO3+2NaCl+5H2O(或Na2B4O7+2HCl+5H2O4H3BO3+2NaCl)【解析】欲利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼,只有A是气体制备装置;利用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应,装置A后应接D,用于除挥发出来的浓盐酸,同时可以减小氯气的溶解,依题目信息BC13遇水剧烈反应,D后接E,浓硫酸干燥除水,结合题目信息BC13的沸点为12.5℃,确认B为收集装置,则B前接BC13的制取装置C,B之后接E,浓硫酸干燥除水,防止空气中的水蒸气进入B,引起三氯化硼与水剧烈反应,最后接G,为安全瓶,用于防倒吸,最后连接尾气处理装置F,由此分析。(1)根据仪器的形状可知,仪器g的名称是蒸馏烧瓶,若用装置H收集氯气,由于氯气的密度大于空气,应该用向上排空气法收集,气体应从a进入;(2)根据分析可知,氯气和单质硼反应制备三氯化硼,先经过氯气的制备A,D除去氯化氢,E试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 干燥,装置C中发生氯气和单质硼反应制备三氯化硼,BC13的沸点为12.5℃,后接三氯化硼的收集装置B,三氯化硼遇水剧烈反应,故B装置后连接E,防止空气中的水蒸气进入B,最后接G,为安全瓶,用于防倒吸,最后连接尾气处理装置F,此实验的尾气为氯气,氯气可用氢氧化钠溶液吸收,故装置的连接顺序依次为A→D→E→C→B→E→G→F,由于氯气被氢氧化钠溶液吸收的程度较大,为了防止倒吸,装置F之前连接装置G,作为安全瓶,可以防止倒吸;(3)由于H3BO3为一元弱酸,NaH2BO3只能电离出Na+和,NaH2BO3的电离方程式为NaH2BO3=Na++;(4)三组对照实验需要满足控制单一变量原则,溶液总体积要相等,x=15.0mL,由实验数据可知,溶液Ⅱ、Ⅲ能使品红溶液褪色,Ⅰ不能使品红褪色,说明NaClO使品红褪色,Ⅱ褪色较慢,说明溶液碱性越强,褪色越慢;(5)规格为50.00mL的碱式滴定管中,若NaOH溶液起始读数为20.00mL,由于滴定管的特殊构造,尖嘴部分没有刻度,且“0”刻度在最上面,故滴定管中NaOH溶液的实际体积大于(50.00mL-20.00mL=30mL),大于30mL;(6)硼砂(Na2B4O7∙10H2O)与盐酸在加热的条件下反应生成H3BO3和NaCl,属于强酸制弱酸的反应,化学方程式为:Na2B4O7∙10H2O+2HCl4H3BO3+2NaCl+5H2O(或Na2B4O7+2HCl+5H2O4H3BO3+2NaCl)。9.    +114    K3=K13·K2    <    加入催化剂    增大    甲    >    0.067MPa-1或1/15MPa-1【解析】(1)25℃时,已知:①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)   ΔH1=+48kJ·mol-1   K1②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=-30kJ·mol-1   K2根据盖斯定律可知①×3+②即得到4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)   ΔH3=+114kJ∙mol-1,K3=K13·K2。(2)①由图可知,随反应的进行压强先增大后减小,5min达到平衡状态,推知开始因反应是放热的,随反应进行温度升高,压强增大;反应到一定程度,因反应物浓度减小,随反应正向进行,压强反而减小,到压强随时间变化不变时,达到平衡状态,反应焓变为:ΔH<0;试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 ②由图知化学反应速率加快,平衡不动,因此改变的条件是加入催化剂;③在5min时,再充入0.8molNO和0.4molCl2,相当于增大压强,平衡正向进行,再次平衡后则NO的转化率增大;④正方应放热,温度升高,平衡左移,K减小,-lgK增大,曲线选甲;根据三段式可知压强之比等于物质的量之比,则,解得:x=0.2,平衡时NO、Cl2、NOCl的浓度分别是(mol/L)0.4、0.2、0.4,所以平衡常数==5,,NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.5、0.25、0.3,则浓度熵=<5,此时平衡向正反应方向移动,即v正>v逆;(3)根据三段式可知压强之比等于物质的量之比,则反应后的压强为×90MPa=75MPa,则该反应条件下的平衡常数为Kp=MPa-1。10.(1)除去废铁屑表面的油污(2)取适量的最后一次洗涤液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,若溶液不产生白色沉淀,则沉淀已洗涤干净(3)6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3(4)Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(6)    连续两次称量固体的质量相等    98.2%【解析】废铁屑经碳酸钠溶液浸取除去油污后,加入稀硫酸溶解,得到硫酸亚铁溶液,向溶液中加入试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 草酸溶液,得到草酸亚铁沉淀,过滤后,加入草酸钾溶液、双氧水,溶解并将二价铁氧化为三价,煮沸后再加入草酸氢钾调节pH获取更多三草酸合铁酸钾,经系列操作得到产品。(1)碳酸钠溶液水解显碱性可使油脂水解,可以除去废铁屑表面的油污;(2)“沉铁”时是向硫酸亚铁溶液中加入草酸溶液,所以沉淀表面可能会附着有硫酸根,检验沉淀是否洗净即检验硫酸根,方法为:取适量的最后一次洗涤液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,若溶液不产生白色沉淀,则沉淀已洗涤干净;(3)根据题意可知,“溶解、氧化”时FeC2O4被双氧水氧化为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3,根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3;(4)调pH时加入KHC2O4,目的是为了获取更多产品,即草酸氢钾可以将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3],根据元素守恒可知化学方程式为Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O;(5)系列操作可以从溶液中获取K3[Fe(C2O4)3]•3H2O,所以具体操作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤;(6)将样品放在110℃恒温干燥箱中干燥1小时,可以使K3[Fe(C2O4)3]·3H2O失去三分子结晶水,当完成反应后,剩余固体的质量将不再变化,所以结束重复操作的标志为连续两次称量固体的质量相等,最终剩余固体的质量为4.46g,则失去的结晶水的质量为5.00g-4.46g=0.54g,所以K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物质的量为÷3=0.01mol,百分含量为×100%=98.2%。11.    5s25p2    O>Sn>Ba    sp2和sp3    abcd    热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键,并且使环硼氮六烷分子易与水形成了分子间氢键,溶解度增大    (,,)    【解析】(1)根据电子总数为50,可写出Sn电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2,根据最试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 外层电子数可知Sn为主族元素,故价电子为最外层电子,即5s25p2(或者根据Sn与C、Si、Ge同族确定价电子排布为5s25p2);周期表往右、往上元素电负性增强,故电负性由大到小顺序为:O>Sn>Ba;(2)由图示可知,大的黑球代表B原子,一种情况B周围形成3个σ键,杂化为sp2杂化,另一种情况B周围形成4个σ键(含配位键),杂化为sp3杂化,故此处填sp2、sp3;硼砂中Na+与[B4O5(OH)4]2-之间为离子键,[B4O5(OH)4]2-内部存在共价键、配位键,另外结晶水与[B4O5(OH)4]2-之间存在氢键,故此处选abcd;(3)因为环硼氮六烷本身存在分子间氢键,不利于其溶解,热水破坏了环硼氮六烷晶体中的分子间氢键,并且使环硼氮六烷分子易与水形成分子间氢键,所以溶解度增大;(4)将大正方体分解成8个小正方体,As原子位于小正方体体心,故1号As原子坐标为(,,);由晶胞结构知,As与B原子最短距离相当于正方体对角线的,故正方体对角线长度为4apm,设边长为xpm,则底面对角线长度为,由勾股定理得:(4a)2=x2+,解得x=,故晶胞体积为:V=,晶胞中含有B个数=,含As个数为4个,故1个晶胞中含4个BAs,则n(BAs)=,m(BAs)=,故该晶体密度=。12.        取代反应    酯基    HCHO+HCN            【解析】试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 根据B到C的反应物以及C的结构简式可知B到C发生了取代反应,B为,则A到B为苯酚的硝化反应,所以A为,D发生信息1的反应生成E,且E中含两个Cl原子,则E为,E和A发生取代反应生成F;G到H在到I为信息2的反应,根据I结构简式知H为HOCH2CN,G为HCHO,I发生酯化反应生成J,F和J发生取代反应生成K,J为,结合题目分析解答。(1)根据分析可知B为;B到C为酚羟基上的氢原子被取代的过程,所以反应类型为取代反应;J为,含氧官能团为酯基;G到H发生信息2的反应,方程式为:HCHO+HCN;(2)C的同分异构体X满足:①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子,说明结构对称,且至少含有一对相同的取代基;②与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基;③1molX与足量金属Na反应可生成2gH2说明除酚羟基外还含有一个羟基,综合分析可知X可能为;(3)根据分析可知E为;(4)苯甲醇为,目标物中有酯基形成的一个六元环,六元环上含有4个碳,则首先需要将苯甲醇支链上的碳链加长,羟基可以催化氧化生成醛基,根据信息2可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链,同时生成羟基,再将—CN转化成羧基,再进行酯化反应即可得到目标物,所以合成路线为试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司 。C的同分异构体为本题难点,要认识到苯环上只有一种氢原子,说明结构对称,且至少含有一对相同的取代基,据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。试卷第17页,共9页学科网(北京)股份有限公司学科网(北京)股份有限公司

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发布时间:2022-04-08 17:43:16 页数:17
价格:¥3 大小:1.12 MB
文章作者:随遇而安

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